Exercices corrigés : la dérivée et les règles de dérivation (201-NYA)

a) Pour $h=1$ : le second point est $(2,4)$, pente $\frac{4-1}{2-1}=3$. Pour $h=0{,}5$ : le point est $(1{,}5;2{,}25)$, pente $\frac{2{,}25-1}{0{,}5}=2{,}5$. Ce sont bien les deux droites grises de la figure, de plus en plus couchées : la sécante se rapproche de la tangente par valeurs supérieures.

b) Taux de variation : $\frac{f(1+h)-f(1)}{h}=\frac{(1+h)^{2}-1}{h}=\frac{1+2h+h^{2}-1}{h}=\frac{2h+h^{2}}{h}=\frac{h(2+h)}{h}=2+h$ (licite car $h\ne 0$ dans une limite). Limite : $f'(1)=\lim_{h\to 0}(2+h)=2$. Cohérence : $h=1$ donnait 3, $h=0{,}5$ donnait 2,5, la tendance vers 2 est nette. Tangente : $y=f(1)+f'(1)(x-1)=1+2(x-1)=2x-1$, la droite bleue.

c) $\frac{g(2+h)-g(2)}{h}=\frac{\frac{1}{2+h}-\frac{1}{2}}{h}$. On met au même dénominateur en haut : $\frac{2-(2+h)}{2(2+h)}=\frac{-h}{2(2+h)}$. En divisant par $h$ : $\frac{-1}{2(2+h)}$, dont la limite quand $h\to 0$ vaut $-\frac{1}{4}$. Donc $g'(2)=-\frac{1}{4}$ : négative, comme il se doit pour une hyperbole décroissante.

d) $\frac{\sqrt{4+h}-2}{h}$ : on multiplie par le CONJUGUÉ $\sqrt{4+h}+2$ : $\frac{(4+h)-4}{h(\sqrt{4+h}+2)}=\frac{h}{h(\sqrt{4+h}+2)}=\frac{1}{\sqrt{4+h}+2}\to\frac{1}{4}$. Donc $k'(4)=\frac{1}{4}$. Pourquoi toujours $\frac{0}{0}$ : au numérateur, $f(a+h)-f(a)\to 0$ dès que $f$ est continue en $a$; au dénominateur, $h\to 0$ par construction. La dérivée est DÉFINIE comme une indétermination : c'est précisément pour lui donner un sens que le chapitre des limites existe, et chaque technique de ce chapitre (factorisation, conjugué, même dénominateur) se retrouve ici au service de la dérivée.

a) $f'(x)=15x^{4}-6x^{2}+7$ : la règle de puissance terme à terme, et la constante $-4$ disparaît. Pour $g$, on réécrit d'abord : $g(x)=4x^{1/2}+3x^{-2}$, d'où $g'(x)=4\cdot\frac{1}{2}x^{-1/2}+3(-2)x^{-3}=\frac{2}{\sqrt{x}}-\frac{6}{x^{3}}$. Réflexe : racines et fractions se convertissent en EXPOSANTS avant toute dérivation; la règle de puissance vaut pour tout exposant réel.

b) Produit : $h'=(2x)(x^{3}-2x)+(x^{2}+1)(3x^{2}-2)=2x^{4}-4x^{2}+3x^{4}-2x^{2}+3x^{2}-2=5x^{4}-3x^{2}-2$. Vérification : en développant d'abord, $h(x)=x^{5}-x^{3}-2x$, donc $h'=5x^{4}-3x^{2}-2$ ✓. Conclusion : les deux voies donnent le même résultat, mais le développement préalable n'est possible que pour des polynômes; la règle du produit, elle, marche sur n'importe quel produit ($xe^{x}$, $x\sin x$). Et surtout, elle rappelle que $(fg)'\ne f'g'$ : ici $f'g'=(2x)(3x^{2}-2)=6x^{3}-4x$, sans rapport.

c) Quotient : $u'=\frac{2(x-3)-(2x+1)(1)}{(x-3)^{2}}=\frac{2x-6-2x-1}{(x-3)^{2}}=\frac{-7}{(x-3)^{2}}$. Le dénominateur est un CARRÉ, donc strictement positif partout sauf en 3 : $u'<0$ sur tout le domaine. La fonction est donc strictement DÉCROISSANTE sur $]-\infty,3[$ et sur $]3,+\infty[$ : décroissante sur chaque branche, mais pas « sur son domaine » d'un seul tenant, puisque l'asymptote en 3 sépare deux morceaux entre lesquels aucune comparaison n'a de sens.

d) Par définition : $(fg)'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{h}$. On ajoute et retranche $f(x+h)g(x)$ au numérateur : $f(x+h)g(x+h)-f(x+h)g(x)+f(x+h)g(x)-f(x)g(x)$, ce qui se regroupe en $f(x+h)[g(x+h)-g(x)]+g(x)[f(x+h)-f(x)]$. En divisant par $h$ et en passant à la limite : le premier terme tend vers $f(x)g'(x)$ (car $f(x+h)\to f(x)$, la dérivabilité entraînant la continuité), le second vers $g(x)f'(x)$. D'où $(fg)'=f'g+fg'$. L'astuce du terme ajouté-retranché est la charpente cachée de la plupart des démonstrations du cours.

a) Notation de Lagrange : $[f(g(x))]'=f'(g(x))\cdot g'(x)$; notation de Leibniz : $\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}$, où les $du$ semblent « se simplifier », ce qui est un excellent moyen mnémotechnique. Pour $f(x)=(3x^{2}+1)^{5}$ : l'extérieur est la puissance 5, l'intérieur est $3x^{2}+1$ dont la dérivée vaut $6x$ : $f'(x)=5(3x^{2}+1)^{4}\cdot 6x=30x(3x^{2}+1)^{4}$.

b) $g(x)=(x^{2}+9)^{1/2}$ : $g'(x)=\frac{1}{2}(x^{2}+9)^{-1/2}\cdot 2x=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+9}}$. $h(x)=\sin(x^{3})$ : l'extérieur est le sinus, l'intérieur $x^{3}$ : $h'(x)=\cos(x^{3})\cdot 3x^{2}=3x^{2}\cos(x^{3})$. En revanche $\sin^{3}(x)=[\sin x]^{3}$ a pour extérieur le cube et pour intérieur le sinus : sa dérivée est $3\sin^{2}(x)\cos x$. Deux notations très proches, deux fonctions et deux dérivées sans rapport : lire l'ordre d'emboîtement AVANT de dériver.

c) Trois couches : puissance 4 (extérieur), puis $(x^{2}+1)^{3}+2$, puis $x^{2}+1$. On pèle : $k'=4\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{3}\cdot\frac{d}{dx}\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]=4\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{3}\cdot 3(x^{2}+1)^{2}\cdot 2x$, soit $k'=24x(x^{2}+1)^{2}\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{3}$. Chaque couche ajoute un facteur, et le processus s'arrête quand l'intérieur est enfin une expression élémentaire.

d) $V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$, où $r$ dépend du temps : $\frac{dV}{dt}=\frac{dV}{dr}\cdot\frac{dr}{dt}=4\pi r^{2}\cdot\frac{dr}{dt}$. Avec $r=10$ et $\frac{dr}{dt}=2$ : $\frac{dV}{dt}=4\pi(100)(2)=800\pi\approx 2513$ cm³/s. Lecture illustrée : la règle de chaîne est la loi de COMPOSITION DES TAUX. Le volume ne dépend pas directement du temps, mais du rayon, qui lui dépend du temps : les deux taux se multiplient. Remarquez le facteur $4\pi r^{2}$, l'aire de la sphère : le volume croît proportionnellement à la SURFACE, ce qui est géométriquement évident (on ajoute une pellicule d'épaisseur $dr$ sur toute la surface) et ouvre directement le chapitre des taux liés.

a) On dérive successivement : $f'(x)=4x^{3}-6x+2$; $f''(x)=12x^{2}-6$; $f'''(x)=24x$; $f^{(4)}(x)=24$; $f^{(5)}(x)=0$. Constat général : chaque dérivation ABAISSE le degré d'une unité, donc la dérivée $(n+1)$-ième d'un polynôme de degré $n$ est identiquement nulle, et toutes les suivantes aussi. Ici le degré est 4, et c'est bien $f^{(5)}$ qui s'annule. C'est ce qui rend les polynômes si commodes : leur suite de dérivées s'arrête.

b) Vitesse : $v(t)=s'(t)=3t^{2}-12t+9=3\left(t^{2}-4t+3\right)=3(t-1)(t-3)$. Accélération : $a(t)=v'(t)=s''(t)=6t-12$. Le mobile s'arrête quand $v(t)=0$, soit à $t=1$ s et $t=3$ s. L'accélération s'annule à $t=2$ s. Lecture du mouvement : de $t=0$ à $t=1$ la vitesse est positive (le mobile avance), entre $t=1$ et $t=3$ elle est négative (il recule, avec $v(2)=-3$ m/s), puis elle redevient positive. L'instant $t=2$, où $a=0$, est celui où le mobile recule le plus VITE : c'est le minimum de la vitesse, et non un arrêt. Confondre « accélération nulle » et « vitesse nulle » est l'erreur classique de ce type de question.

c) En réécrivant $f(x)=x^{-1}$ : $f'(x)=-x^{-2}$; $f''(x)=2x^{-3}$; $f'''(x)=-6x^{-4}$. Les signes alternent, et les coefficients $1,2,6$ sont les factorielles $1!,2!,3!$. On conjecture donc $f^{(n)}(x)=(-1)^{n}\,n!\,x^{-(n+1)}$. Vérification pour $n=1$ : $(-1)^{1}(1!)x^{-2}=-x^{-2}$ ✓. Pour $n=2$ : $(-1)^{2}(2!)x^{-3}=2x^{-3}$ ✓. Contrairement au polynôme, la suite ne s'arrête JAMAIS : chaque dérivation augmente l'exposant négatif au lieu de réduire un degré.

d) Pour $f(x)=e^{2x}$, chaque dérivation fait sortir un facteur 2 par la règle de chaîne : $f'(x)=2e^{2x}$, $f''(x)=4e^{2x}$, et en général $f^{(n)}(x)=2^{n}e^{2x}$. La fonction se reproduit à un facteur multiplicatif près, et ce facteur CROÎT géométriquement. Pour $f(x)=\sin x$ : $f'=\cos x$, $f''=-\sin x$, $f'''=-\cos x$, $f^{(4)}=\sin x$, et le cycle recommence : $f^{(n)}$ ne prend que QUATRE valeurs, selon le reste de $n$ dans la division par 4. La différence est radicale : l'exponentielle amplifie indéfiniment, le sinus tourne en rond sans jamais grandir. C'est exactement cette périodicité de quatre qui produira, au cours de calcul intégral, la série de Maclaurin du sinus avec ses termes alternés et ses exposants impairs.

a) Point de contact : $f(3)=9-12+3=0$, donc le point est $(3,0)$. Pente : $f'(x)=2x-4$, donc $f'(3)=2$. TANGENTE : $y-0=2(x-3)$, soit $y=2x-6$. NORMALE : perpendiculaire à la tangente au même point, sa pente est $-\frac{1}{2}$, d'où $y-0=-\frac{1}{2}(x-3)$, soit $y=-\frac{x}{2}+\frac{3}{2}$. Contrôle : le produit des deux pentes vaut $2\times\left(-\frac{1}{2}\right)=-1$ ✓, condition de perpendicularité.

b) Deux droites sont parallèles si elles ont la même pente, donc on cherche $x$ tel que $f'(x)=8$ : $2x-4=8$, d'où $x=6$. Point de contact : $f(6)=36-24+3=15$, soit $(6,15)$. Équation : $y-15=8(x-6)$, soit $y=8x-33$. Notez la démarche, qui est l'inverse de celle du point a) : là on connaissait le point et on cherchait la pente, ici on connaît la pente et on cherche le point. Toute question de tangente se ramène à l'une de ces deux directions.

c) Le piège est que $P(0,-1)$ n'est PAS sur la courbe, on ne peut donc pas y calculer la dérivée. On paramètre par le point de CONTACT, inconnu : soit $(a,a^{2})$ ce point. La pente y vaut $y'=2a$, donc la tangente a pour équation $y-a^{2}=2a(x-a)$. On impose maintenant qu'elle passe par $P(0,-1)$ : $-1-a^{2}=2a(0-a)=-2a^{2}$, d'où $a^{2}=1$ et $a=\pm 1$. Il y a donc DEUX tangentes. Pour $a=1$, point de contact $(1,1)$ et pente 2 : $y=2x-1$. Pour $a=-1$, point de contact $(-1,1)$ et pente $-2$ : $y=-2x-1$. Vérification : les deux droites passent bien par $(0,-1)$ ✓. Géométriquement, c'est cohérent : depuis un point situé sous une parabole, on voit exactement deux tangentes, symétriques par rapport à l'axe.

d) Parce que deux droites non verticales sont perpendiculaires si et seulement si le produit de leurs pentes vaut $-1$. La tangente ayant pour pente $f'(a)$, la normale a donc pour pente $m$ vérifiant $m\cdot f'(a)=-1$, soit $m=-\frac{1}{f'(a)}$. Si $f'(a)=0$, la tangente est HORIZONTALE et la formule perd son sens (division par zéro) : la normale, perpendiculaire à une horizontale, est alors VERTICALE, d'équation $x=a$. Une droite verticale n'ayant pas de pente, aucune formule en $m$ ne pouvait la décrire, et il faut traiter ce cas à part. C'est le même phénomène qu'au point d) de l'exercice 6 sur les tangentes verticales, à ceci près que les rôles de la tangente et de la normale y sont échangés.

a) $f'(x)=e^{2x}\cdot 2=2e^{2x}$ (chaîne : l'intérieur $2x$ a pour dérivée 2). $g'(x)=\frac{1}{x^{2}+1}\cdot 2x=\frac{2x}{x^{2}+1}$. $h'(x)=(1)e^{x}+xe^{x}=e^{x}(1+x)$ : produit, et l'exponentielle se met toujours en facteur.

b) Produit : $u'=\cos x\cos x+\sin x(-\sin x)=\cos^{2}x-\sin^{2}x$. Simplification préalable : $u(x)=\frac{1}{2}\sin 2x$, donc $u'=\frac{1}{2}\cos(2x)\cdot 2=\cos 2x$. Les deux résultats coïncident, puisque $\cos 2x=\cos^{2}x-\sin^{2}x$ : c'est exactement l'identité du double angle. Vérification numérique en $x=1$ : $\cos^{2}1-\sin^{2}1\approx 0{,}2919-0{,}7081=-0{,}4161$ et $\cos 2\approx-0{,}4161$ ✓. Simplifier AVANT de dériver donne souvent la forme la plus lisible.

c) $v'=e^{x}\ln x+e^{x}\cdot\frac{1}{x}=e^{x}\left(\ln x+\frac{1}{x}\right)$. Pour $w=\frac{\ln x}{x}$ : quotient, $w'=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^{2}}=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$. Tangente horizontale quand $w'=0$, c'est-à-dire $\ln x=1$, donc $x=e$, où $w(e)=\frac{1}{e}\approx 0{,}368$. C'est le maximum de la fonction, et le fait qu'il tombe exactement en $x=e$ est la raison pour laquelle $e^{\pi}>\pi^{e}$ : une des comparaisons classiques de fin de chapitre.

d) Ni l'une ni l'autre ne s'applique : la règle de puissance $(x^{n})'=nx^{n-1}$ exige un exposant CONSTANT, et $(a^{x})'=a^{x}\ln a$ exige une base constante. Ici la base ET l'exposant varient : c'est un cas nouveau. Méthode : $\ln y=x\ln x$, puis on dérive les deux membres par rapport à $x$ (le membre de gauche par la chaîne, puisque $y$ dépend de $x$) : $\frac{y'}{y}=\ln x+x\cdot\frac{1}{x}=\ln x+1$. Donc $y'=y(\ln x+1)=x^{x}(\ln x+1)$. Vérification de plausibilité : $y'=0$ pour $\ln x=-1$, soit $x=\frac{1}{e}\approx 0{,}368$, et l'on sait que $x^{x}$ y atteint son minimum $\approx 0{,}692$ : la formule livre le bon point critique.

a) Le cercle échoue au test de la droite verticale : pour $x=3$, deux points existent, $(3,4)$ et $(3,-4)$. Ce n'est donc pas un graphe de fonction, et l'on ne peut pas écrire $y=f(x)$ globalement (seulement par branches, $y=\pm\sqrt{25-x^{2}}$, au prix d'un choix arbitraire et de racines pénibles à dériver). La dérivation implicite contourne l'obstacle : elle dérive la RELATION telle quelle.

b) On dérive membre à membre par rapport à $x$, en traitant $y$ comme une fonction de $x$ : $2x+2y\frac{dy}{dx}=0$, d'où $\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y}$. En $(3,4)$ : pente $=-\frac{3}{4}$. Tangente : $y-4=-\frac{3}{4}(x-3)$, soit $y=-\frac{3}{4}x+\frac{25}{4}$, la droite bleue de la figure. Perpendicularité : le rayon joignant $(0,0)$ à $(3,4)$ a pour pente $\frac{4}{3}$; le produit des pentes vaut $\frac{4}{3}\times\left(-\frac{3}{4}\right)=-1$ ✓ : la tangente est bien perpendiculaire au rayon, propriété que la formule $-\frac{x}{y}$ encode pour TOUS les points du cercle à la fois.

c) Dérivation terme à terme, le membre de droite exigeant la règle du produit : $3x^{2}+3y^{2}\frac{dy}{dx}=6y+6x\frac{dy}{dx}$. On regroupe : $\frac{dy}{dx}(3y^{2}-6x)=6y-3x^{2}$, d'où $\frac{dy}{dx}=\frac{6y-3x^{2}}{3y^{2}-6x}=\frac{2y-x^{2}}{y^{2}-2x}$. En $(3,3)$ (qui vérifie bien $27+27=54=6\cdot 9$) : $\frac{6-9}{9-6}=\frac{-3}{3}=-1$. La tangente y a donc une pente de $-1$ : c'est le point de symétrie du folium par rapport à la droite $y=x$, et la pente $-1$ traduit exactement cette symétrie.

d) $\frac{2x}{9}+\frac{2y}{4}\frac{dy}{dx}=0$, donc $\frac{dy}{dx}=-\frac{4x}{9y}$. Tangente HORIZONTALE quand la pente s'annule, soit $x=0$ : les points $(0,2)$ et $(0,-2)$, les sommets du petit axe. Tangente VERTICALE quand la pente n'existe pas, soit $y=0$ : les points $(3,0)$ et $(-3,0)$, les sommets du grand axe. La dérivée implicite localise donc les quatre sommets de l'ellipse par la seule lecture de son numérateur et de son dénominateur : là où le numérateur s'annule, la courbe est plate; là où le dénominateur s'annule, elle est verticale.